heometria_9_klas_iershova_2022.pdf

•
•
•
•
•
•
•
Геометрія
9
9
Геометрія
Особливості підручника
Інтернет-підтримка дозволить:
• здійснити інтерактивне онлайн-тестування
за кожною темою
• переглянути відеоуроки за темами курсу
• багаторівнева побудова навчального матеріалу
• авторська система усних, графічних та письмових вправ
• тематичне узагальнення і систематизація матеріалу
• доступність викладення, зручність користування
• наявність тем навчальних проектів
Геометрія
9
за QR-кодом
rnk.com.ua/100627
Інтернет-
підтримка

Єршова А. П., Голобородько В. В.,
Крижановський О. Ф., Єршов С. В.
Геометрія
«Геометрія»
підручник для 9 класу закладів загальної середньої освіти
Видавництво «Ранок»

Геометрія
Підручник для 9 класу
закладів загальної середньої освіти
Харків
Видавництво «Ранок»
2-ге видання, перероблене
Рекомендовано Міністерством освіти і науки України

3
Дорогі друзі!
У цьому навчальному році завершується вивчення планімет
рії —
геометрії на площині. Радимо ще перед початком занять пригадати
основні поняття й теореми, що їх ви вивчали в 7–8 класах. Усі вони ві-
домі з часів Давньої Греції і належать до елементарної (евклідової) гео-
метрії. Але в дев’ятому класі ви познайомитеся з геометричними мето-
дами, які було винайдено значно пізні
ше, у XIV–XX ст.: координатним,
векторним і методом геометричних перетворень. Вони набули широкого
застосування в техніці й природничих науках, насамперед у фізиці, то-
му, ви
вчаючи їх, ви краще зрозумієте деякі фізичні закони. Узагалі гео-
метрію 9 класу можна без перебільшення назвати геометрією
методів.
За допомогою цього підручника ви навчитеся розв’язувати будь-
які, а не тільки прямокутні, трикутники; поглибите свої знання в га-
лузі логіки; дізнаєтесь про життя і здобутки відомих учених
минулого.
Майже в кожному параграфі вам запропоновано довести математичне
твердження або навести приклад, провести аналогію, тобто самостій-
но рушити до нових знань.
Отже, скарби геометрії чекають на тих, хто вдумливо і спосте-
режливо досліджуючи їх, зможе не тільки віднайти, але й оцінити
справжню красу й витонченість геометричних знань. Ми дуже споді-
ваємось, що це будете саме ви.
Бажаємо вам успіхів!
Як користуватися підручником
Підручник має п’ять розділів, кожний із яких складається з па-
раграфів, а параграфи — з пунктів. У тексті міститься як теоретичний
матеріал, так і приклади розв’язування задач. Найважливіші поняття
й факти виділено кольоровим шрифтом.
Вправи і задачі, які подано в підручнику, поділяються на декіль-
ка груп. Усні вправи допоможуть вам зрозуміти, наскільки успішно ви
засвоїли теоретичний матеріал. Ці вправи не обов’язково виконувати
подумки — для їх розв’язування ви можете використати рисунки, про-
вести необхідні міркування в чернетці. Після них можна переходити
до графічних вправ, які виконуються в зошиті або на комп’ютері.
Далі
за QR-кодом
rnk.com.ua/100627
Інтернет-
підтримка

4
йдуть письмові
задачі.
Спочатку перевірте свої знання, виконуючи за-
вдання рівня А. Більш складними є задачі рівня Б. Якщо ви добре
опанували матеріал і бажаєте виявити свої творчі здібності, на вас че-
кають задачі рівня В. Значки і біля номерів вправ означають,
що ці вправи на розсуд учителя можуть бути використані відповід-
но для роботи в парах і групах. Після кожного параграфа в рубриці
«
Повторення» зазначено, які саме поняття й факти слід пригадати
для успішного вивчення нового матеріалу, а також указано відповідні
пара
графи в підручниках для 7 і 8 класів1
*
та наведено задачі, які під-
готують вас до сприйняття наступної теми. Більшість задач підручни-
ка супроводжуються відповідями, які наведені наприкінці підручника.
Для самостійної роботи вдома призначені задачі, номери яких по-
значено значком . Наприкінці кожного розділу подано контрольні
запитання й типові задачі для контрольних робіт, завдяки яким ви змо-
жете систематизувати свої знання та вдосконалити вміння й навич
ки.
Звернувшись до інтернет-підтримки, ви зможете самостійно перевіри-
ти рівень вашої підготовки, пройшовши онлайн-тестування. Про мож-
ливість скористатися матеріалами сайту вам нагадуватиме значок .
Додаткові задачі до розділів допоможуть вам узагальнити вивчене,
а задачі підвищеної складності відкриють нові грані геометрії та красу
нестандартного мислення. Зверніть увагу також на матеріали рубрики
«Готуємося до ДПА», зокрема задачі для повторення курсу геометрії
7–9 класів, подані після останнього розділу, — вони допоможуть вам
краще підготуватися до підсумкової атестації.
Підсумки наприкінці кожного розділу — своєрідний геометрич-
ний компас, за допомогою якого ви зможете орієнтуватися у ви
вченому
матеріалі. Рубрики «Історична довідка» і «Математичні олімпіади»
познайомлять із цікавими
фактами про розвиток геометрії та мате-
матичного олімпіадного руху, з діяль
ністю відомих українських та
зарубіжних учених.
1
*

Єршова, А.П.Геометрія : підруч. для 7 кл. загальноосвіт. навч. закл. [Текст]
/ А. П. Єршова, В. В. Голобородько, О. Ф. Крижановський. — Харків : Вид-
во «Ранок». — 2015. — 224 с. : іл.; Єршова, А. П. Геометрія : Підруч. для
8 кл. загальноосвіт. навч. закл. [Текст] / А. П. Єршова, В. В. Голобородько,
О. Ф. Крижановський, С. В. Єршов.— 2-ге вид., перероб.— Харків : Вид-во
«Ранок», 2021. — 256 с. : іл.

§ 1. Тригонометричні функції кутів
від 0° до 180°
§ 2. Теорема косинусів та наслідки з неї
§ 3. Теорема синусів та наслідки з неї
§ 4. Розв’язування трикутників
§ 5. Формули для знаходження площі
трикутника
Розділ І
Розв’язування трикутників

Трикутник є першою фігурою, яка не може
розкластися в простіші фігури... і тому є пер-
шим фундаментом будь-якої речі, яка має межу
й форму.
Джордано Бруно, італійський учений
У восьмому класі ви навчилися розв’язувати прямокутні три-
кутники, тобто знаходити їхні невідомі елементи за відомими. Теоре-
тичним підґрунтям для розв’язування прямокутних трикутників були
теорема Піфагора й властивості тригонометричних функцій гострого
кута прямокутного трикутника — синуса, косинуса, тангенса й ко-
тангенса. За допомогою теорем і співвідношень, які розглядатимуться
в цьому розділі, можна розв’язати не тільки прямокутний, але й уза-
галі будь-який трикутник.
Застосування тригонометричних функцій дозволяє отримати нові
формули для знаходження окремих елементів та площ многокутників
і значно розширює можливості використання алгебри в процесі розв’я-
зування геометричних задач.

7
Тригонометричні функції
кутів від 0° до 180°
§1
1.1. Означення тригонометричних
функцій на колі
Нагадаємо, що в прямокутному трикутнику
з катетами a і b, гіпотенузою c та гострим кутом α
(рис. 1) за раніше даним означенням
sinα =
a
c
, cosα =
b
c
, tgα =
a
b
, ctgα =
b
a
.
Дамо означення тригонометричних функцій
для будь-якого кута від 0° до 180°. У прямокутній
системі координат побудуємо коло радіуса 1 із цент-
ром у початку координат (рис. 2). Таке коло назива-
ють тригонометричним. Від додатної півосі осі Ox
відкладемо в напрямі проти ходу годинникової
стрілки гострий кут α. Нехай M(x; y) — точка,
в якій сторона цього кута перетинає дане коло
(рис. 2, а). Проведемо перпендикуляр MN до осі Ox.
Утворився прямокутний трикутник OMN з гострим
кутом α, гіпотенузою OM = 1 і катетами, довжини
яких дорівнюють координатам точки M: ON = x,
MN = y. Із трикутника OMN маємо:
sinα = = =
MN
OM
y
y
1
, cosα = = =
ON
OM
x
x
1
,
tgα = =
MN
ON
y
x
, ctgα = =
ON
MN
x
y
.
Отже, у тригонометричному колі синус і ко-
синус гострого кута дорівнюють відповідно орди-
наті й абсцисі точки, в якій сторона даного кута
перетинає коло, а тангенс і котангенс цього кута
дорівнюють відношенням ординати до абсциси
й абсциси до ординати відповідно:
sinα = y, cosα = x, tgα =
y
x
, ctgα =
x
y
.
a
c
b
Рис. 1. До означення три-
гонометричних функцій
гострого кута прямокут-
ного трикутника
–
а
Рис. 2. До означення три-
гонометричних функцій
кутів від 0° до 180°
[Див. також с. 8]

8
Розділ І. Розв’язування трикутників
Зазначимо, що значення тригонометричних функцій залежать
лише від градусної міри кута. Використаємо отримані рівності для
означення тригонометричних функцій будь-якого кута від 0° до 180°.
означення
для будь-якого кута α з проміжку 0°   α   180° sin α = y, cos α = x,
tgα =
y
x
(α ≠ 90°), ctgα =
x
y
(α ≠ 0°, α ≠ 180°), де x, y — координати
відповідної точки M тригонометричного кола (рис. 2).
Отже, якщо кут α тупий (90° < α < 180°,
рис. 2, б), то ордината точки M додатна (тобто
sinα > 0), а абсциса від’ємна (тобто cosα < 0). Оче-
видно, що відношення координат у цьому випад-
ку також від’ємні, тобто tgα < 0, ctgα < 0. Уза-
галі, косинуси, тангенси й котангенси тупих кутів
є від’ємними числами. І навпаки, якщо косинус,
тангенс або котангенс кута α  (α < 180°) від’ємні,
то кут α тупий.
Визначимо значення тригонометричних
функцій кутів 0°, 90°, 180° (рис. 2, в). Якщо
α = 0°, то точка M1 має координати (1; 0). Звідси
sin0° = 0, cos0° = 1, tg0° = 0. Оскільки ділення на
нуль не визначене, то ctg0° не існує.
Якщо α = 90°, то точка M2 має координа-
ти (0; 1). Звідси sin90° = 1, cos90° = 0, ctg90° = 0.
Оскільки ділення на нуль не визначене, то tg90°
не існує.
І, нарешті, якщо α = 180°, то точка M3 має
координати (–1; 0). Звідси sin180° = 0, cos180° = −1,
tg180° = 0. Оскільки ділення на нуль не визначене,
то ctg180° не існує.
Зауважимо також, що абсциси точок M для
кутів від 0° до 180° змінюються в межах від –1
до 1, тобто −1   cosα   1, а ординати — у межах від
0 до 1, тобто 0   sinα   1.
–
б
M1
(1;0)
M2
(0;1)
M3
(–1;0)
в
Рис. 2. [Закінчення]

9
§ 1. Тригонометричні функції кутів від 0° до 180°
1.2. Тригонометричні тотожності
Нагадаємо, що для будь-якого гострого ку
та α
прямокутного трикутника було доведено основ
ну
тригонометричну тотожність sin2
α + cos2
α = 1. По-
кажемо, що це співвідношення справджу
ється для
будь-якого кута від 0° до 180°.
Справді, якщо кут α тупий (див. рис. 2, б),
то з прямокутного трикутника OMN (∠ N = 90°,
ON x
= , MN = y, OM = 1) за теоремою Піфа-
гора маємо MN 2
 + ON 2
 = OM 2
, тобто x2
 + y2
 = 1,
і, з
урахуванням означень синуса й косинуса,
sin2
α + cos2
α = 1. У ви
падку, коли кут α дорівнює
0°, 90° або 180°, цю
тотожність легко перевірити
безпосеред
ньою під
становкою значень синуса й ко-
синуса відпо
відного кута (зробіть це самостійно).
Отже, для будь-якого кута α з проміжку
0°   α   180°
sin2
α + cos2
α = 1.
З основної тригонометричної тотожності
з урахуванням знаків тригонометричних функцій
для кутів від 0° до 180° випливає, що
sin cos ,
α = −
1 2
α cos sin .
α α
= ± −
1 2
Знак cos α обирають залежно від того, чи
є кут α гострим (знак «+») або тупим (знак «–»).
Безпосередньо з означень тригонометричних
функцій випливають такі тотожності:
tg
sin
cos
α
α
α
= (α ≠ 90°), ctg
cos
sin
α
α
α
= (0° < α < 180°),
tg α ⋅ ctg α = 1 (α ≠ 0°, α ≠ 90°, α ≠ 180°).
У восьмому класі для гострого кута α бу-
ло доведено формули доповнення, які виража-
ють функ
ції кута (90° – α) через функції кута α:
sin (90° − α) = cos α, cos (90° − α) = sin α,
tg (90° − α) = ctg α, ctg (90° − α) = tg α.
Доведемо формули, що дозволяють зве
сти
розгляд тригонометричних функцій кутів (180° – α)
до розгляду функцій кута α.
sin2
α 1
cos2
α

10
Теорема (формули зведення для кутів 180° – α)
для будь-якого кута α з проміжку 0° α 180°
sin(180° − α) = sinα, cos(180° − α) = –cosα.
доведення
 Нехай від додатної півосі осі Ox відкладе-
но кути α і 180° − α, причому сторони цих кутів
перетинають тригонометричне коло в точках M і M1
відповідно (рис. 3). Розглянемо випадок, коли кут α
гострий (для тупих кутів доведення аналогічне).
Проведемо з точок M і M1 перпендикуляри MN
і M1N1 до осі Ox. Оскільки кут N1OM1 доповнює
кут 180° − α до розгорнутого, то ∠ N1OM1 = 180° −
− (180° − α) = α, а прямокутні трикутники OMN
і OM1N1 рівні за гіпотенузою і гострим кутом.
Із рівності катетів MN і M1N1 випливає, що
точки M і M1 мають однакові ординати, тобто
sin(180° − α) = y1 = y = sinα.
Крім того, з рівності катетів ON і ON1 випли-
ває, що абсциси точок M і M1 протилежні, тобто
cos(180° − α) = x1 = –x = −cosα.
Для випадків, коли кут α дорівнює 0°, 90°
і 180°, перевірте правильність формул зведення
самостійно. 
наслідок
tg(180° − α) = −tgα (0°   α   180°, α ≠ 90°),
ctg(180° − α) = −ctgα (0° < α < 180°).
°
Рис. 3. До доведення
формул зведення для ку-
тів від 0° до 180°
задача
обчисліть значення тригонометричних функцій кута 150°.
Розв’язання
sin sin( ) sin ,
150 180 30 30
1
2
° = °− ° = ° = cos cos( ) cos ,
150 180 30 30
3
2
° = °− ° = − ° = −
tg tg( ) tg ,
150 180 30 30
3
3
° = °− ° = − ° = − ctg ctg( ) ctg .
150 180 30 30 3
° = °− ° = − ° = −
Відповідь: sin ,
150
1
2
° = cos ,
150
3
2
° = − tg ,
150
3
3
° = − ctg .
150 3
° = −

11
§  1. Тригонометричні функції кутів від 0° до 180°
Наведемо значення тригонометричних функ
цій деяких кутів у ви
гляді таблиці.
α 0° 30° 45° 60° 90° 120° 135° 150° 180°
sin α 0
1
2
2
2
3
2
1
3
2
2
2
1
2
0
cos α 1
3
2
2
2
1
2
0 −
1
2
−
2
2
−
3
2
–1
tg α 0
3
3
1 3 — − 3 –1 −
3
3
0
ctg α — 3 1
3
3
0 −
3
3
–1 − 3 —
Запитання і задачі
Усні вправи
1.
Сторона кута α, відкладеного від додатної півосі осі Ox у напря
мі проти годинникової стрілки, перетинає тригонометричне коло
в точці M.
а) Назвіть координати точки M, якщо α = 90°.
б) Визначте величину кута α, якщо M
2
2
2
2
;








.
2. Визначте, чи є кут α (0°  α  180°) гострим, прямим або тупим, якщо:
а) cos α = 0; б) sin α ⋅ cos α  0; в) tg α  0.
3.
Чи може косинус тупого кута дорівнювати 0,01; -0,8; -3? Чи може
косинус тупого кута дорівнювати синусу того самого кута?
4.
Дано гострий кут β, причому sin β = n, cos β = m. Знайдіть синус і ко-
синус кута (180° − β).
5. Чи є правильним твердження:
а) синуси суміжних кутів є протилежними числами;
б) тангенси суміжних кутів є протилежними числами?

12
Графічні вправи
6.
У прямокутній системі координат на тригонометричному колі по
значте точку M, яка відповідає куту 120°.
а) Проведіть із точки М перпендикуляри до осей координат. Ви
значте координати основ цих перпендикулярів.
б) Позначте на тригонометричному колі точку M1, що відповідає
гострому куту, синус якого дорівнює синусу 120°. Виміряйте цей
гострий кут і обґрунтуйте отриманий результат.
7.
У прямокутній системі координат на тригонометричному колі по
значте точку M, яка відповідає куту 150°.
а) Визначте координати x і y точки M. Яка з координат більша?
б) Обчисліть значення виразу x2
 + y2
. Обґрунтуйте отриманий ре
зультат.
Aa Письмові вправи
Рівень А
8.
За допомогою формул зведення для кутів (180° – a) обчисліть синус,
косинус і тангенс кутів 120° і 135°.
9.
За допомогою формул зведення і тригонометричних таблиць (каль-
кулятора) обчисліть:
а) sin 160°; б) cos 115°; в) tg 95°.
10.
Визначте всі значення α від 0° до 180°, для яких справджується
рівність:
а) sin ;
α =
3
2
б) cos α = −0,5; в) tg α = −1.
11.
За допомогою формул зведення й таблиці значень тригонометричних
функцій (див. Довідкові матеріали на с. 236–238) знайдіть:
а) sin α і tg α, якщо α = 170°;
б) гострий і тупий кути, синуси яких дорівнюють 0,643.
12. Знайдіть:
а) sin α, якщо cos α = −0,8;
б) cos α, якщо sin ,
α =
1
5
90°  α  180°;
в) tg α, якщо cos α = −1.
13. Знайдіть cos α і tg α, якщо sin α = 0,6 і кут α тупий.

13
§ 1. Тригонометричні функції кутів від 0° до 180°
14. Порівняйте:
а) cos65° і cos115°; в) sin35° і sin145°.
б) tg48° і tg148°;
15. Доведіть тотожність:
а) − °−
( )⋅ =
tg cos sin
180 α α α ; б) cos sin sin
2
180 1
α α α
+ °−
( )= .
16. Доведіть тотожність:
а)
−
° −
( )
=
sin
cos
tg
α
α
α
180
; в)
sin
sin
180
1
° −
( )
=
α
α
.
б) 1 180
2
− = °−
( )
cos sin sin
α α α ;
Рівень Б
17. Знайдіть тангенс і котангенс кута α, якщо:
а) cos ;
α = −
5
13
в) sinα = − cosα.
б) sin ,
α =
8
17
90°  α  180°;
18. Знайдіть:
а) tgα, якщо cosα = −0,28;
б) ctgα, якщо sinα =
12
13
і кут α тупий.
19 (опорна). Доведіть, що:
а) 1 2
2
1
+ =
tg
cos
α
α
(0°   α   180°, α ≠ 90°);
б) 1 2
2
1
+ =
ctg
sin
α
α
(0°  α  180°).
20. Спростіть вираз:
а) 1 180 180 180
− °−
( ) °−
( ) °−
( )
sin cos tg
α α α ;
б) 1 180
− °−
( )
tg tg
α α .
21. Спростіть вираз:
а) tg ctg cos cos
α α α α
+ °−
( )
180 ;
б) sin cos tg cos
α α α α
−
( ) − °−
( )
2 2
2 180 .
тупий.
90°);

14
22. Відомо, що tgα = −0,75. Знайдіть sinα і cosα (0°  α  180°).
23. Знайдіть sinα і cosα, якщо ctgα = −2,4.
24. Доведіть, що синуси будь-яких двох кутів паралелограма рівні.
25. Доведіть, що сума косинусів усіх кутів трапеції дорівнює нулю.
26. Побудуйте кут α, якщо:
а) sin ;
α =
4
5
і кут α гострий; б) cos .
α = −
3
5
27. Побудуйте кут α, якщо tg .
α = −
1
3
Рівень В
28. Знайдіть sinα і cosα, якщо tgα + ctgα = −2,5.
Скільки розв’язків має задача?
29. Знайдіть tgα, якщо cos2
α − sin2
α = 0,5. Скільки розв’язків має задача?
30. Розташуйте кути 50°, 120°, 170° у порядку зростання значень їхніх
тригонометричних функцій:
а) косинусів; б) синусів; в) тангенсів.
31. Відомо, що α і β — тупі кути, причому cosα  cosβ. Порівняйте:
а) sinα і sinβ; б) tgα і tgβ; в) ctgα і ctgβ.
Повторення перед вивченням § 2
Теоретичний матеріал
• розв’язування прямокутних
трикутників;
• теорема Піфагора.
Задачі
32. У прямокутному трикутнику з гострим кутом 30° гіпотенуза дорів-
нює 6 см. Знайдіть катети трикутника.
33. Висота ромба, проведена з вершини тупого кута, ділить сторону
ромба на відрізки завдовжки 8 см і 9 см. Знайдіть площу ромба.
8 клас, § 19–21
8 клас, § 13

15
2.1. Теорема косинусів
Під час розв’язування задач часто виникає не-
обхідність обчислити невідому сторону трикутника
за двома відомими сторонами й кутом між ними.
Теорема Піфагора дозволяє зробити це у випадку,
коли даний кут прямий. Наступна теорема є уза-
гальненням теореми Піфагора й дозволяє знаходити
невідому сторону в довільному трикутнику.
Теорема (косинусів)
квадрат будь-якої сторони трикутника дорівнює сумі
квадратів двох інших сторін без подвоєного добутку
цих сторін на косинус кута між ними:
c2
= a2
+ b2
– 2abcosC,
де a, b, c — сторони трикутника, кут C — кут між сто-
ронами a і b.
доведення
 Нехай у трикутнику ABC BC = a, AC = b,
AB = c. Розглянемо одночасно два випадки, коли ку-
ти A і C обидва гострі (рис. 4, а) та коли кут A тупий,
а кут C гострий (рис. 4, б). Проведемо висоту BD. Із
прямокутного трикутника BDC маємо: BD = asinC,
CD = acosC. Тоді AD =  b − acosC. Із прямокутного
трикутника ABD за теоремою Піфагора:
AB2
 = BD2
 + AD2
, c2
 = (asinC)2
 + (b − acosC)2
,
c2
 = a2
sin2
C + b2
 − 2abcosC + a2
cos2
C,
c2
 = a2
(sin2
C + cos2
C) + b2
 − 2abcosC,
c2
= a2
+ b2
− 2abcosC.
У випадку, коли кут C прямий, маємо cosC = 
= cos90° = 0. Тоді твердження теореми набуває ви-
гляду c2
 = a2
 + b2
, тобто збігається з твердженням
вже доведеної теореми Піфагора.
Доведення для випадку, коли кут C тупий
(рис. 4, в), проведіть самостійно. 
а
б
в
теореми косинусів
Теорема косинусів та наслідки
з неї
§2

16
задача
знайдіть сторони паралелограма, якщо його діагона-
лі завдовжки 10 см і 16 см перетинаються під кутом 60°.
нехай діагоналі паралелограма ABCD перетинаються
в точці O, AC = 16 см, BD = 10 см, ∠AOB = 60° (рис. 5). оскіль-
ки діагоналі паралелограма точкою перетину діляться нав-
піл, то AO = OC = 8 см, BO = OD = 5 см. за теоремою косину-
сів із трикутника AOB маємо:
AB2
 = AO2
 + OB2
 − 2AO ⋅ OBcos∠ AOB,
AB2
 = 82
 + 52
 − 2 ⋅ 8 ⋅ 5cos60°.
оскільки cos ,
60
1
2
° = то AB2
 = 49, AB = 7 (см).
оскільки ∠ AOD = 120° як суміжний з кутом AOB, то
з трикутника AOD за теоремою косинусів маємо:
AD2
 = AO2
 + OD2
 − 2AO ⋅ ODcos∠ AOD,
AD2
 = 82
 + 52
 − 2 ⋅ 8 ⋅ 5cos120°.
оскільки cos cos ,
120 60
1
2
° = − ° = − то AD2
 = 129,
AD = 129 (см).
Відповідь: 7 см і 129 см.
2.2. Наслідки з теореми косинусів
Завдяки своїм наслідкам теорема косинусів дає
можливість не тільки знаходити невідому сторону
трикутника, але й визначати кути трикутника за ві-
домими сторонами (див. рис. 4).
наслідок 1
у трикутнику ABC cos C
a b c
ab
=
+ −
2 2 2
2
.
наслідок 2
якщо в трикутнику зі сторонами a, b, c справджується
нерівність a2
+ b2
c2
, то кут, протилежний стороні c, го-
стрий; якщо a2
+ b2
c2
, то кут, протилежний стороні c,
тупий.
Рис. 5

17
§ 2.Теорема косинусів та наслідки з неї
Дійсно, якщо у формулі, наведеній у наслід-
ку 1, a2
 + b2
  c2
, то cos C  0, отже, кут C гострий,
якщо a2
 + b2
  c2
, то cos C  0, отже, кут С тупий.
Нагадаємо, що у випадку, коли a2
 + b2
 = c2
,
за теоремою, оберненою до теореми Піфагора, кут,
протилежний стороні c, прямий.
Таким чином, за допомогою теореми косину-
сів можна однозначно встановити, чи є трикутник
із заданими сторонами гострокутним, прямокут-
ним або тупокутним.
Наслідком із теореми косинусів можна вва-
жати також таку властивість паралелограма.
опорна задача
(про співвідношення діагоналей
і сторін паралелограма)
Сума квадратів діагоналей паралелограма дорівнює
сумі квадратів усіх його сторін: d d a b
1
2
2
2 2 2
2
+ = +
( ),
де d1 і d2 — діагоналі паралелограма, a і b — сусідні сто-
рони паралелограма.
доведіть.
нехай у паралелограмі ABCD AB = CD = a, AD = BC = b,
BD = d1, AC = d2, ∠ BAD = γ (рис. 6). оскільки сума сусідніх
кутів паралелограма дорівнює 180°, то ∠ ABC = 180° − γ.
Виразимо квадрати діагоналей паралелограма за допо-
могою теореми косинусів.
Із трикутника ABD маємо:
BD2
 = AB2
 + AD2
 − 2AB ⋅ ADcosγ, d1
2
 = a2
 + b2
 − 2abcosγ.
Із трикутника ABC маємо:
AC2
 = AB2
 + BC2
 − 2AB ⋅ BCcos(180° − γ),
або, враховуючи, що cos(180° − γ) = −cosγ,
d2
2
 = a2
 + b2
 + 2abcosγ.
додаючи праві й ліві частини отриманих рівностей,
одержимо: d d a b
1
2
2
2 2 2
2
+ = +
( ), що й треба було довести.
Рис. 6

18
34.
У трикутнику зі сторонами a, b, c визначте, чи є кут, протилежний
стороні a, гострим, прямим або тупим, якщо:
а) a2
  b2
 + c2
; б) a2
  b2
 + c2
; в) a2
 = b2
 + c2
.
35. Чи можуть бути від’ємними косинуси двох кутів трикутника?
36. Назвіть найбільший кут трикутника ABC, якщо AB2
  BC2
 + AC2
.
37.
Накресліть трикутник зі сторонами 3 см
і 5 см та кутом між ними 120°. За теоре-
мою косинусів обчисліть довжину най-
більшої сторони трикутника. Перевірте
отриманий результат вимірюванням.
38. Накресліть різносторонній трикутник і виміряйте його сторони.
а) Обчисліть значення виразу a2
 + b2
 − c2
, де a, b, c — довжини сторін
трикутника, причому a  b  c.
б) За результатом обчислення визначте, чи є найбільший кут три-
кутника гострим, прямим або тупим. Перевірте отриманий резуль-
тат вимірюванням.
Рівень А
39.
Знайдіть невідому сторону трикутника, якщо дві його сторони і кут
між ними дорівнюють відповідно:
а) 3 3 см, 11 см і 30°; в) 5 см, 16 см і 120°.
б) 8 см, 15 см і 60°;
40.
Знайдіть периметр трикутника, якщо його сторони завдовжки 7 см
і 15 см утворюють кут 60°.
41.
Сторони трикутника дорівнюють 3 2 , 1 і 5. Визначте градусну
міру найбільшого кута трикутника.

19
42.
Доведіть, що рівнобедрений трикутник з основою 7 см і бічною сто-
роною 4 см є тупокутним.
43.
Дві сторони трикутника дорівнюють 4 і 8. Яке найменше ціле зна-
чення повинна мати довжина третьої сторони, щоб кут між двома
даними сторонами був тупим?
44.
Дві сторони трикутника дорівнюють 4 2 см і 1 см, а синус
кута
між ними дорівнює
2
2
. Знайдіть третю сторону трикутника.
45.
У трикутнику ABC AB = 6 см, BC = 5 см, а косинус зовнішнього кута
при вершині B дорівнює –0,2. Знайдіть сторону AC.
Рівень Б
46. У паралелограмі знайдіть довжини:
а) сторін, якщо діагоналі завдовжки 6 2 см і 14 см пере
тинаються
під кутом 45°;
б) діагоналей, якщо сторони дорівнюють 10 см і 16 см, а один із ку-
тів паралелограма вдвічі більший за інший.
47.
Знайдіть діагоналі ромба з периметром 4a і гострим кутом α.
Розв’яжіть задачу двома способами.
48.
Діагональ паралелограма дорівнює 6 см і утворює зі стороною зав
довжки 8 см кут 60°. Знайдіть невідому сторону й невідому діаго-
наль паралелограма.
49.
Не обчислюючи кутів трикутника, визначте його вид (за вели
чиною
кутів), якщо сторони трикутника дорівнюють:
а) 2, 3 і 4; б) 7, 24 і 25; в) 6, 10 і 11.
50.
Сторони трикутника дорівнюють 5 м, 6 м і 7 м. Знайдіть косинуси
кутів трикутника й визначте його вид (за величиною кутів).
51. У паралелограмі знайдіть:
а) периметр, якщо діагоналі дорівнюють 11 см і 17 см, а одна зі сто-
рін — 13 см;
б) діагоналі, якщо їхні довжини відносяться як 4 : 7, а сторони до-
рівнюють 7 см і 9 см.
52.
Знайдіть сторони паралелограма, якщо його периметр дорів-
нює 34 см, а діагоналі 11 см і 13 см.

20
Рівень В
53. У трикутнику ABC ∠ A = 90°, AC = 4 см, BC = 8 см. На катеті AC зовні
даного трикутника побудовано рівносторонній трикутник ACD. Зна
йдіть довжину відрізка BD.
54. У паралелограмі ABCD ∠ A = 60°, AB = 2, BC = 4. Точки M і N —
середини сторін BC і CD відповідно. Знайдіть косинус кута MAN.
55. Cторони трикутника завдовжки 10 см і 42 см утворюють кут 120°.
Знайдіть довжину медіани, проведеної з вершини даного кута.
56 (опорна). У трикутнику зі сторонами a, b, c до сторони c проведе-
на медіана mc. Доведіть, що справджується формула
m a b c
c = +
( )−
1
2
2 2 2 2
.
57. Якщо для медіан трикутника ma, mb і mc справджується рівність
ma
2
 + mb
2
 = 5mc
2
, то цей трикутник є прямокутним з гіпотенузою c.
Доведіть. Чи справджується обернене твердження?
58. У трапеції ABCD AD CB
 , AD
AB = 8 см, CD = 4 3 см. Коло, яке
проходить через точки A, B і C, перетинає відрізок AD в точці K,
причому ∠ AKB = 60°. Знайдіть BK.
• пропорції;
• розв’язування прямокутних
трикутників;
• коло, описане навколо
трикутника.
Задачі
59. У трикутнику ABC ∠ A = 60°, ∠ C = 45°, BD = 4 см — висота трикут
ника. Знайдіть довжини сторін AB і BC.
60. На колі позначено точки A, B, C і D так, що кут ABC утричі мен
ший, ніж кут ADC. Знайдіть градусні міри цих кутів.
6 клас
8 клас, § 19–21
7 клас, п. 23.1

21
Теорема синусів та наслідки з неї
§3
3.1. Теорема синусів
Розглянемо ще одну теорему, за допомогою
якої можна знаходити невідомі сторони й ку-
ти трикутника.
Теорема (синусів)
сторони трикутника пропорційні синусам протилеж-
них кутів:
a
A
b
B
c
C
sin sin sin
= = ,
де a, b, c — сторони трикутника, протилежні ку-
там A, B, C відповідно.
доведення
AB = c. Проведемо висоту CD.
Якщо кут A гострий (рис. 7, а), то з прямо-
кутного трикутника ACD маємо CD = bsinA; як-
що кут A тупий (рис. 7, б), то CD = bsin(180° − A) = 
= b sin A. Аналогічно з трикутника BCD маємо
CD = asinB. Прирівняємо отримані вирази:
bsinA = asinB, або
a
A
b
B
sin sin
= .
Аналогічно доводиться рівність
b
B
c
C
sin sin
= .
У випадку, коли кут A прямий, твердження тео-
реми випливає з означення синусів кутів трикут-
ника ABC (обґрунтуйте це самостійно). 
задача
діагональ паралелограма дорівнює d і утворює
зі сторонами паралелограма кути α і β. знайдіть сто-
рони паралелограма.
а
б
теореми синусів

22
нехай у паралелограмі ABCD AC = d, ∠ BAC = α, ∠ CAD =
= β (рис. 8). знайдемо сторони паралелограма. кути CAD
і ACB — внутрішні різносторонні при паралельних
прямих AD і BC та січній AC, тому ∠ ACB = β.
Тоді в трикутнику ABC ∠ B = 180° − (α + β). застосував-
ши теорему синусів для цього трикутника, одержимо:
AC AB BC
sin( ( )) sin sin
,
180° − +
= =
α β β α
або
d AB BC
sin( ) sin sin
.
α β β α
+
= = звідси AB
d
=
+
sin
sin( )
,
β
α β
BC
d
=
+
sin
sin( )
.
α
α β
Відповідь:
d sin
sin( )
,
β
α β
+
d sin
sin( )
.
α
α β
+
3.2. Зв’язок між пропорційними
відношеннями теореми синусів
і діаметром описаного кола
(повне формулювання теореми синусів)
Відношення сторони трикутника до синуса проти-
лежного кута дорівнює діаметру кола, описаного навколо
трикутника:
a
A
b
B
c
C
R
sin sin sin
,
= =
= 2
де a, b, c — сторони трикутника, протилежні кутам
A, B, C відповідно, R — радіус описаного кола. доведіть.
нехай навколо трикутника ABC (BC = a) описано ко-
ло радіуса R. Враховуючи пропорційні співвідношення
теореми синусів, достатньо довести, що
a
A
R
sin
,
= 2 або
a = 2RsinA.
Рис. 8
а
б
Рис. 9. [Див. також с. 23]

23
§ 3.Теорема синусів та наслідки з неї
1) нехай ∠ A = 90° (рис. 9, а). Тоді вписаний кут A
спирається на півколо, тобто a = BC = 2R = 2R ⋅ 1 = 
= 2Rsin90° = 2RsinA.
2) нехай ∠ A  90° (рис. 9, б). Проведемо діаметр BA1
і розглянемо трикутник A1BC.
у цьому трикутнику ∠ BCA1 = 90° як кут, що спира-
ється на півколо, тобто BC = BA1 sinA1. оскільки впи-
сані кути A і A1 спираються на ту саму дугу, то ∠ A =
= ∠ A1. Тоді BC = BA1 sin A = 2R sin A, або a = 2R sin A.
3) нехай ∠ A  90° (рис. 9, в). Проведемо діаметр BA1.
Тоді ∠ A + ∠ A1 = 180°, звідки sin A1 = sin (180° − A) =
= sinA. отже, BC = BA1 sinA, або a = 2RsinA, що й треба
було довести.
задача
знайдіть радіус кола, описаного навколо рівнобічної
трапеції з основами 1 і 3 та бічною стороною 2.
нехай у трапеції ABCD AD BC
, AD = 3, BC = 1,
AB = CD = 2 (рис. 10). Проведемо з вершин тупих кутів
трапеції висоти BB1 і CC1. Тоді AB1 = B1C1 = C1D = 1 (дове-
діть це самостійно).
з прямокутного трикутника ABB1
cos ,
A
AB
AB
=
1
cos ,
A =
1
2
звідки ∠ A = 60°, sin .
A =
3
2
Із трикутни-
ка ABD за теоремою косинусів маємо: BD2
 = AB2
 + AD2
 −
− 2AB ⋅ ADcosA, BD2 2 2
2 3 2 2 3
1
2
= + − ⋅ ⋅ ⋅ , BD2
 = 7, BD = 7 .
коло, описане навколо трапеції, є також описаним на-
вколо трикутника ABD. за щойно доведеним
BD
A
R
sin
,
= 2
отже, R
BD
A
=
2 sin
, R = =
7
3
21
3
.
Відповідь:
21
3
.
в
Рис. 9. [Закінчення]
Рис. 10

24
61.
За допомогою теореми синусів відновіть відношення синусів кутів
трикутника ABC у правій частині рівності BC : AC : AB = ... .
62.
Назвіть найбільшу та найменшу сторони трикутника ABC, якщо
sin B  sin A  sin C.
63.
У трикутнику ABC sin A = sin C. Чи може один із кутів A і C бути
тупим? Чи має даний трикутник рівні сторони?
64. У трикутнику ABC AB = 6, BC = 3. Чи може бути, що sin A = 1?
65.
Накресліть рівнобедрений трикутник із кутом при основі 30°. Ви-
міряйте довжини сторін трикутника та обчисліть їх відношення
до синусів протилежних кутів. Порівняйте отримані результати.
66.
Накресліть коло радіуса 2 см і впишіть у нього трикутник із ку-
том 30°. Виміряйте сторону, протилежну до цього кута, і порівняйте
її довжину з радіусом кола. Поясніть отриманий результат.
Рівень А
67.
У трикутнику ABC знайдіть відношення сторін AB : AC і BC : AC,
якщо ∠ A = 120°, ∠ B = 30°.
68. У трикутнику ABC знайдіть:
а) сторону BC, якщо AB = 2 2 см, ∠ B = 105°, ∠ C = 30°;
б) кут A, якщо AB = 4 2 см, BC = 4 см, ∠ C = 45°.
69. У трикутнику ABC знайдіть:
а) сторону AC, якщо AB = 6 2 см, ∠ B = 30°, ∠ C = 45°;
б) кут B, якщо AB = 3 см, AC = 2 см, ∠ C = 60°.
70.
У трикутнику MNK сторона MN удвічі менша, ніж NK, sin K =
1
4
.
Знайдіть кут M. Скільки розв’язків має задача?
71.
У трикутнику MNK sin N : sin K = 1 : 3. Знайдіть сторону MN, як
що
MK = 3 м.
72.
За допомогою теореми синусів знайдіть відношення основи рівно-
бедреного прямокутного трикутника до бічної сторони.
73.
За допомогою теореми синусів доведіть, що в прямокутному трикут-
нику катет, протилежний куту 30°, дорівнює половині гіпотенузи.

25
§ 3.Теорема синусів та наслідки з неї
Рівень Б
74. У прямокутному трикутнику ABC з гіпотенузою AC знайдіть
бісектрису BD, якщо ∠ C = 30°, CD = 8 2 см.
75. Знайдіть сторони трикутника ABC, якщо ∠ A = 45°, ∠ C = 30°, а висо-
та AD дорівнює 6 м.
76. У трикутнику ABC ∠ C = 90°, ∠ B = 75°, CD — бісектриса. Знай-
діть AD, якщо AC = 2 3 .
77. Одна зі сторін трикутника дорівнює a, а кути, прилеглі до цієї
сторони, дорівнюють α і β. Знайдіть довжини бісектрис цих кутів.
78. Діагональ паралелограма утворює з його сторонами кути α і β. Знай-
діть цю діагональ, якщо сторона, прилегла до кута α, дорівнює a.
79. Радіус кола, описаного навколо рівнобедреного трикутника з ку-
том 120°, дорівнює 8 3 см. Знайдіть сторони трикутника.
80. Радіус кола, описаного навколо трикутника, дорівнює 4 см. Знай-
діть кути трикутника, якщо дві його сторони дорівнюють 4 см
і 4 3 см. Скільки розв’язків має задача?
Рівень В
81. Знайдіть довжини двох сторін трикутника, які лежать проти ку-
тів 60° і 45°, якщо різниця цих довжин становить m.
82. Знайдіть сторони трикутника, периметр якого дорівнює P, а два
кути α і β.
83. Коло, описане навколо трикутника, і коло, яке проходить через орто-
центр і дві вершини цього трикутника, мають рівні радіуси. Доведіть.
84. Основи рівнобедреної трапеції дорівнюють 9 см і 21 см, а висо-
та 8 см. Знайдіть радіус кола, описаного навколо трапеції.
• розв’язування прямокутних трикутників;
• означення тригонометричних функцій.
Задачі
85. Знайдіть кути ромба, діагоналі якого дорівнюють 4 і 4 3 .
86. У трикутнику ABC ∠ C = 90°, CD — висота. Порівняйте відрізки AD
і DB, якщо sin A  sin B.
9 клас, п. 1.1
8 клас, § 19–21

26
Розв’язування трикутників
§4
4.1. Основні задачі на розв’язування
трикутників
За допомогою теорем косинусів і синусів
можна розв’язати довільний трикутник за трьома
основними елементами, якщо хоча б один із них
є стороною трикутника. Розглянемо чотири основ-
ні задачі на розв’язування трикутників.
задача 1 (розв’язування трикутника
за стороною та двома кутами)
дано: a, ∠ B, ∠ C (рис. 11). знайти: b, c, ∠ A.
1) за теоремою про суму кутів трикутника
∠ A = 180° − (∠ B + ∠ C).
2) за теоремою синусів
a
A
b
B
c
C
sin sin sin
,
= =
звідки b
a B
A
=
sin
sin
, c
a C
A
=
sin
sin
.
задача 2 (розв’язування трикутника
за двома сторонами й кутом між ними)
дано: a, b, ∠ C. знайти: c, ∠ A, ∠ B.
1) за теоремою косинусів c a b ab C
= + −
2 2
2 cos .
2)занаслідкомзтеоремикосинусів cos .
A
b c a
bc
=
+ −
2 2 2
2
за допомогою калькулятора або таблиць знаходимо
кут A.
∠ B = 180° − (∠ A + ∠ C).
задача 3 (розв’язування трикутника за трьома сторонами)
дано: a, b, c. знайти: ∠ A, ∠ B, ∠ C.
1)занаслідкомзтеоремикосинусів cos .
A
b c a
bc
=
+ −
2 2 2
2
b
a
c
Рис. 11. До задач
на розв’язування
трикутників

27
Задачу 4 можна розв’язати і в інший спосіб, склавши ква-
дратне рівняння відносно змінної c на підставі теореми косинусів:
a2
 = b2
 + c2
 − 2bccosA. Це рівняння може мати один або два корені чи
не мати жодного. Тому задача 4 залежно від значень a, b і ∠ A може
мати один або два розв’язки чи не мати жодного.
Звернемо увагу, що задачі 1–3 завжди мають не більш ніж один
розв’язок. Подумайте, як це пов’язане з ознаками рівності трикутників.
Домовимося під час розв’язування трикутників округляти дов-
жини сторін до сотих, а градусні міри кутів — до одиниць.
за допомогою калькулятора або таблиць знаходимо кут A.
2) аналогічно cos .
B
a c b
ac
=
+ −
2 2 2
2
за допомогою калькулятора або таблиць знаходимо кут B.
3) за теоремою про суму кутів трикутника ∠ C = 180° − (∠ A + ∠B).
Зауважимо, що для знаходження кутів у задачах 2 і 3 можна ско-
ристатися також теоремою синусів. Але при цьому слід пам’ятати, що
будь-якому значенню sinA, меншому від 1, відповідатимуть два кути —
гострий і тупий. Щоб уникнути помилки, рекомендуємо позначити
через a найменшу зі сторін. У такому випадку кут A, протилежний
стороні a, обов’язково має бути гострим. Обґрунтуйте це самостійно.
задача 4 (розв’язування трикутника за двома
сторонами й кутом, протилежним одній із них)
дано: a, b, ∠ A. знайти: c, ∠ B, ∠ C.
a
A
b
B
sin sin
,
= звідки sin .
sin
B
b A
a
=
за допомогою калькулятора або таблиць знаходимо кут B,
враховуючи, що проти більшої сторони трикутника лежить
більший кут (якщо a  b, то кут B гострий).
∠ C = 180° − (∠ A + ∠ B).
a
A
c
C
sin sin
,
= звідки c
a C
A
=
sin
sin
.
b
a
c
[Рис. 11]

28
4.2. Застосування розв’язування
трикутників у задачах
Щойно розглянуті задачі на розв’язування
трикутників часто є окремими фрагментами склад-
ніших геометричних задач. У цих випадках варто
дотримуватись такого плану.
1. Визначити елемент даної фігури (відрізок або
кут), який необхідно знайти.
2. Виділити на рисунку допоміжний трикутник,
який містить шуканий елемент і може бути
розв’язаний за наявними даними задачі.
Якщо на рисунку такого трикутника немає, йо-
го можна отримати, провівши додаткові побу-
дови. Іноді для пошуку необхідного відрізка або
кута треба послідовно розв’язати декілька допо-
міжних трикутників зі спільними елементами.
3. Розв’язавши допоміжний трикутник (або три-
кутники), знайти шуканий елемент і викорис-
тати його для подальшого розв’язування по-
чаткової задачі.
задача
за даними рис. 12, а знайдіть середню лінію трапе-
ції ABCD.
нехай у трапеції ABCD AD BC
, AB = a, BC = b, ∠ B = β,
∠ D = α (рис. 12, а). знайдемо середню лінію трапеції.
Проведемо через вершину C пряму, паралельну
стороні AB. нехай вона перетинає основу AD в точці E
(рис. 12, б). Тоді ABCE — паралелограм, CE = AB = a,
AE = BC = b, ∠ AEC = ∠ B = β. звідси в трикутнику ECD
∠ CED = 180° − β як суміжний із кутом β паралело-
грама. Із трикутника ECD за теоремою синусів
EC
D
ED
ECD
sin sin
,
=
∠
тобто
a ED
sin sin( )
.
α β α
=
−
а
180°
б
Рис. 12

29
звідси ED
a
=
−
sin( )
sin
.
β α
α
Тоді в даній трапеції
AD b
a
= +
−
sin( )
sin
.
β α
α
оскільки середня лінія трапеції
дорівнює півсумі її основ, то вона має довжину
1
2
b b
a
+ +






−
sin( )
sin
,
β α
α
тобто b
a
+
−
sin( )
sin
.
β α
α
2
Відповідь: b
a
+
−
sin( )
sin
.
β α
α
2
Зауважимо, що цю задачу можна розв’язати
і без застосування теореми синусів, провівши висо-
ти трапеції з вершин B і C. Спробуйте самостійно
розв’язати задачу цим способом і зробити висновок
про те, який зі способів є зручнішим.
Розв’язування трикутників широко застосо-
вується на практиці, зокрема під час проведення
вимірювань на місцевості. Нехай, наприклад,
необхідно виміряти відстань від точки A до певної
недосяжної точки B (рис. 13). Оберемо на місцевості
точку C, прохід від якої до точки A можливий,
і виміряємо відстань AC. Потім за допомогою
спеціальних приладів для вимірювання кутів
на місцевості визначимо градусні міри кутів BAC
і BCA. Отже, нехай AC = b, ∠ BAC = α, ∠ BCA = γ.
Ці дані дозволяють знайти шукану відстань AB
(див. задачу 1, п. 4.1).
За теоремою про суму кутів трикутника
∠ B = 180° − (α + γ);
за теоремою синусів
AC
B
AB
C
sin sin
= , тобто
b AB
sin sin
,
180° − +
( )
( )
=
α γ γ
звідки AB
b
=
( )
+
sin
sin
.
γ
α γ
A С
B
Рис. 13

30
87. За якою теоремою можна знайти невідому сторону трикутника,
в якому задано:
а) дві сторони й кут між ними;
б) дві сторони й кут, протилежний одній із них;
в) сторону й прилеглі до неї кути?
88. Чи можна знайти:
а) кути трикутника, в якому задано три сторони;
б) сторони трикутника, в якому задано три кути?
89. Скільки розв’язків може мати задача на розв’язування трикутника:
а) за трьома сторонами;
б) за двома сторонами й кутом, протилежним одній із них;
в) за стороною та двома кутами?
90. Накресліть трикутник ABC, у якому ∠ A = 20°, ∠ B = 100°, ∠ C = 60°.
Знайдіть на стороні AC точку C1 таку, щоб трикутники ABC і ABC1
були двома розв’язками задачі на розв’язування трикутника за
двома сторонами й кутом 20°, протилежним одній із них. Сполучіть
точки B і C1 та виміряйте кут AC1B.
91. Накресліть трикутник зі стороною 4 см і прилеглими до неї кута
ми 45° і 60°. Обчисліть довжини сторін трикутника, протилежних
заданим кутам. Перевірте отримані результати вимірюванням.
Рівень А
92. Розв’яжіть рівнобедрений трикутник за осно
вою 6 см і кутом при основі 15°.
93. Розв’яжіть трикутник за стороною 10 см
і прилеглими до неї кутами 30° і 60°.
94. Розв’яжіть трикутник (див. рис. 11) за сторо
ною та двома кутами:
а) a = 10, β = 45°, γ = 30°;
б) b = 6, a = 100°, β = 50°.
b
a
c

[рис. 11]

31
95.
Розв’яжіть трикутник (див. рис. 11) за двома сторонами й кутом між
ними:
а) a = 5, b = 21, γ = 60°; б) b = 7, c = 8, α = 120°.
96.
Дороги між селищами Липове,
Веселе і Семенівка вирішили за-
асфальтувати. Відстань між Липо-
вим і Ве
селим дорівнює 1 км, між
Веселим і Семенівкою
— 4,2 км,
а відрізок дороги між Липовим
і Семенівкою видно з Веселого під
кутом 60°. Бригада ремонтників
асфальтує за день 0,5 км дороги.
Чи встигнуть ремонтники впора-
тися до приїзду комісії, якщо ро-
боти розпочато 21 червня, а комі-
сія при
їздить 10 липня?
97. Розв’яжіть трикутник (див. рис. 11), якщо:
а) a = 12, α = 40°, β = 64°; б) a = 
b =5 2 , b = 7, γ = 135°.
98. Розв’яжіть трикутник (див. рис. 11) за трьома сторонами:
а) a = 3 3 , b = 2, c = 7; б) a = 8, b = 15, c = 17.
99.
Розв’яжіть трикутник (див. рис. 11) за двома сторонами й кутом,
протилежним одній із них:
а) a = 12, b = 5, α = 120°;
б) b = 2, c = 10, β = 6°;
в) a = 1, c = 2, α = 45°.
а) a = 5, b = 21, c = 19; б) a = 6, b = 8, α = 22°.
Рівень Б
101. Розв’яжіть трикутник2
*
(див. рис. 11), якщо:
а) c = 3, γ = 30°, hb = 2; б) a = 17, b =5 2 , ha = 5.
102.
У трикутнику ABC ∠ C = 90°, ∠ A = 30°, BC = 2 см, AD — бісектриса.
Розв’яжіть трикутник ABD.
2
*

Тут і далі медіану, бісектрису й висоту трикутника, проведені до сторо
ни a, позна
чатимемо ma, la і ha відповідно.

32
103. Який вид (за величиною кутів) може мати трикутник ABC, якщо:
а) BC = 8 см, AC = 6 см, ∠ = °
A 60 ;
б) BC = 8 см, AC = 4 см, ∠ = °
A 60 ;
в) BC = 8 см, AC = 9 см, ∠ = °
A 60 ?
104. За даними рис. 14 знайдіть AD.
105. За даними рис. 15 знайдіть sinD.
106. На горі, схил якої знижується під кутом α до горизонту, росте де-
рево (рис. 16). Його тінь завдовжки l падає вниз по схилу при куті
сонця над горизонтом β. Знайдіть висоту дерева.
107. Вершину пагорба з точки A видно під кутом α, а в разі наближен-
ня до пагорба на відстань a — під кутом β (рис. 17). Знайдіть ви-
соту пагорба.
Рис. 14 Рис. 15
β
a
A α
Рис. 17
α
β
l
Рис. 16

33
108. Спостережна вежа заввишки 100 м
розташована на горі (рис. 18). Об’єкт
спостереження A видно з вершини
вежі під кутом 60°, а від основи ве-
жі — під кутом 30° до горизонту.
Знайдіть висоту гори.
109. Більша основа рівнобічної трапеції
дорівнює 10 см, а менша основа
дорівнює бічній стороні. Знайдіть
периметр трапеції, якщо один із
її кутів дорівнює 110°. Відповідь
округліть до сантиметрів.
110. Більша основа й бічні сторони рівнобічної трапеції дорівнюють
10 см, а діагональ трапеції утворює з основою кут 50°. Знайдіть
середню лінію трапеції.
Рівень В
111. Дослідіть залежність кількості розв’язків задачі розв’язування три-
кутника за двома сторонами a і b та кутом α, протилежним одній
із них, від значень a, b і α.
а) α = 30°, β = 45°, a + b = 24,14;
б) b = 9, c = 19, ma = 11.
113. Знайдіть сторони трикутника (див.
рис. 11), якщо:
а) α = 47°, β = 120°, a − c = 11;
б) ma = 12, mb = 15, mc = 9.
114. За даними рис. 19 знайдіть сторони
трикутника AOB.
115. Сторони a і b трикутника утворю-
ють кут 120°. Знайдіть бісектрису
трикутника, проведену з вершини
цього кута.
60°
30°
A
H
100
м
Рис. 18
Рис. 19

34
• площа паралелограма;
• площа трикутника;
• вписане й описане кола трикутника.
Задачі
116. Дві сторони трикутника дорівнюють 10 см і 12 см, а кут між ни-
ми 30°. Знайдіть площу трикутника.
117. Знайдіть площу паралелограма з висотами 6 2 см і 8 см та го-
стрим кутом 45°.
8 клас, п. 16.3
8 клас, п. 17.1
7 клас, § 23

35
5.1. Формула площі трикутника
та наслідки з неї
Досі у формулах площ многокутників вико-
ристовувалися лише довжини їхніх лінійних еле-
ментів (сторін, висот, діагоналей). Тригонометрич-
ні функції дозволяють залучити для знаходження
площі многокутника величини його кутів.
Теорема (формула обчислення площі трикутника
за двома сторонами й кутом між ними)
Площа трикутника дорівнює половині добутку його
сторін на синус кута між ними:
S ab
=
1
2
sin ,
γ
де a і b — сторони трикутника, γ — кут між ними.
доведення
AB = c, ∠ C = γ. Проведемо висоту BH. За відомою
формулою площі трикутника S AC BH
= ⋅
1
2
. Од-
нак із прямокутного трикутника BCH (∠ H = 90°)
маємо BH = BCsin∠ BCH. При цьому у випадку, ко-
ли кут γ гострий (рис. 20, а), ∠ BCH = γ, а коли кут γ
тупий (рис. 20, б), ∠ BCH = 180° − γ, sin ∠ BCH =
= sin(180° − γ) = sinγ. Отже, BH = BCsinγ. Тоді
S AC BC ab
= ⋅ ⋅ =
1
2
1
2
sin sin .
γ γ
Випадок, коли кут γ прямий, розгляньте само-
стійно. 
а
б
формули площі три-
кутника
Формули для знаходження
площі трикутника
Формули для знаходження
§5

36
задача
знайдіть найменшу сторону трикутника, площа якого
дорівнює 8 3 см2
, найбільша сторона — 8 см, а один
із кутів — 30°.
нехай дано трикутник ABC, AC = 8 см, SABC = 8 3 см2
(рис. 21). Із теореми про суму кутів трикутника випливає,
що кут 30° не може бути найбільшим кутом, отже, він не
є протилежним даній стороні.
нехай ∠ A = 30°. за формулою площі трикутника
S AB AC A
= ⋅ ⋅
1
2
sin , тобто 8 3 8
1
2
1
2
= ⋅ ⋅
AB , звідки
AB = 4 3 (см).
за теоремою косинусів BC2
 = AB2
 + AC2
 − 2AB ⋅ ACcosA,
BC2
48 64 2 4 3 8
3
2
= + − ⋅ ⋅ ⋅ , звідки BC = 4 (см).
отже, BC — найменша сторона даного трикутника.
Відповідь: 4 см.
Формула площі трикутника застосовується
і для доведення формули площі чотирикутника
із заданими діагоналями й кутом між ними.
(формула площі чотирикутника)
Площа опуклого чотирикутника дорівнює половині
добутку діагоналей на синус кута між ними:
S d d
=
1
2
1 2 sin ,
γ
де d1, d2 — діагоналі чотирикутника, γ — кут між ними.
доведіть.
°
Рис. 21
наслідок
Площа паралелограма дорівнює добутку його сторін на синус кута між
ними:
S = absinγ,
де a і b — сторони паралелограма, γ — кут між ними.

37
§ 5. формули для знаходження площі трикутника
нехай діагоналі чотирикутника ABCD перетинаються
в точці O під кутом γ (рис. 22). Площа чотирикутни-
ка ABCD дорівнює сумі площ чотирьох трикутників:
S AO BO
AOB = ⋅ ⋅
1
2
sin ,
γ
S BO OC
BOC = ⋅ ⋅ °−
1
2
180
sin( ),
γ
S OC OD
COD = ⋅ ⋅
1
2
sin ,
γ
S AO OD
AOD = ⋅ ⋅ °−
1
2
180
sin( ).
γ
Враховуючи, що sin( ) sin ,
180°− =
γ γ маємо:
S BO AO OC OD AO OC
ABCD = ⋅ + + ⋅ + =
1
2
sin ( ( ) ( ))
γ
= ⋅ ⋅ =
1
2
1
2
1 2
sin sin .
γ γ
AC BD d d
формули площі чоти-
рикутника
наслідок
Площа прямокутника обчислюється за формулою
S d
=
1
2
2
sin ,
γ де d — діагональ прямокутника, γ —
кут між діагоналями. зокрема, площа квадрата з діа-
гоналлю d обчислюється за формулою S
d
=
2
2
.
Нагадаємо також, що площа ромба з діагона-
лями d1 і d2 обчислюється за формулою S
d d
= 1 2
2
.
5.2. Формула Герона
Ще одна формула площі трикутника, для до-
ведення якої можна використати тригонометричні
функції, була запропонована давньогрецьким ма-
тематиком Героном Александрійським і отримала
його ім’я. Тільки у ХХ ст. з’ясувалося, що раніше
за Герона цю формулу винайшов Архімед.

38
Теорема (формула герона)
Площа трикутника обчислюється за формулою
S p p a p b p c
= − − −
( )( )( ) ,
де a, b, c — сторони трикутника, p
a b c
=
+ +
2
— його півпериметр.
дано: a, b, c — сторони трикутника.
довести: S p p a p b p c
= − − −
( )( )( ) , де p
a b c
=
+ +
2
.
доведення
 S ab
=
1
2
sin γ ; cos γ =
+ −
a b c
ab
2 2 2
2
(за наслідком з теореми косинусів).
з основної тригонометричної тотожності маємо:
sin cos ( cos )( cos )
2 2
2 2 2 2 2
1 1 1
2
2
2
γ γ γ γ
= − = − + = ⋅
− − + + + −
ab a b c
ab
ab a b c2
2
2ab
=
= ⋅
−
= − + + − + − +
− − +
c a b
ab
a b c
ab a b
c a b c a b a b c a b
2 2 2 2
2 2
2 2
1
4
( ) ( )
( )( )( )( +
+ c) .
оскільки p
a b c
=
+ +
2
, то a b c p
+ + = 2 , c a b p a
− + = −
2 2 , c a b p b
+ − = −
2 2 ,
a b c p c
+ − = −
2 2 . Тоді sin
( )( )( )
2
2 2
16
4
γ =
− − −
p p a p b p c
a b
, sin
( )( )( )
γ =
− − −
2 p p a p b p c
ab
.
Підставивши одержаний вираз у формулу S ab
=
1
2
sin γ , отримаємо:
S p p a p b p c
= − − −
( )( )( ) , що й треба було довести. 
задача
знайдіть найбільшу висоту трикутника зі сторонами завдовжки 12, 39 і 45.
оскільки найбільша висота трикутника перпендикулярна до його наймен-
шої сторони, знайдемо висоту, проведену до сторони a = 12. скористаємось
методом площ. за формулою герона S p p a p b p c
= − − −
( )( )( ).

39
§ 5. Формули для знаходження площі трикутника
у нашому випадку p = =
+ +
12 39 45
2
48,
S = − − − =
48 48 12 48 39 48 45 216
( )( )( ) .
З іншого боку, S aha
=
1
2
, тобто 216 12
1
2
= ⋅ ⋅ha , звідки ha = 36.
відповідь: 36.
5.3. Формули радіусів вписаного й описаного
кіл трикутника
теорема (формули радіусів вписаного й описаного кіл трикутника)
для радіусів вписаного й описаного кіл трикутника справджуються формули
r
S
p
S
a b c
= =
+ +
2
, R
abc
S
=
4
,
де r — радіус вписаного кола, R — радіус описаного кола, S — площа
трикутника, a, b, c — сторони трикутника, p
a b c
=
+ +
2
— півпериметр.
доведення
 Доведемо спочатку формулу для обчис
лення r. Нехай у трикутнику ABC зі сторонами
BC = a, AC = b, AB = c точка O  — центр вписаного
кола (рис. 23). Тоді площа цього трикутника до
рівнює сумі площ трикутників BOC, AOC  і AOB:
S ar br cr a b c r pr
= + + = + + =
1
2
1
2
1
2
1
2
( ) .
Звідси r
S
p
S
a b c
= =
+ +
2
.
Щоб довести формулу для R, скористаємось
повним формулюванням теореми синусів, згідно
з яким
a
A
R
sin
,
= 2 звідки R
a
A
=
2sin
. Оскільки
c
a
b
рис. 23. До доведення
формули радіуса впи
саного кола

40
S bc A
=
1
2
sin , то sin .
A
S
bc
=
2
Підставивши цей вираз у формулу
для R, маємо: R
abc
S
=
4
. Теорему доведено. 
Нагадаємо:
1) для прямокутного трикутника з катетами a і b та гіпотенузою c
часто застосовують раніше отримані формули r
a b c
=
+ −
2
і R
c
=
2
;
2) центр кола, вписаного в трикутник, є точкою перетину бісектрис
трикутника; центр кола, описаного навколо трикутника, є точ-
кою перетину серединних перпендикулярів до сторін трикутника;
3) для обчислення радіуса описаного кола в трикутнику зі сторо-
ною a і протилежним кутом α можна скористатися формулою
R
a
=
2sin
.
α
задача
основа рівнобедреного трикутника дорівнює 48 см,
а проведена до неї висота — 32 см. знайдіть радіус кола,
описаного навколо трикутника.
нехай у трикутнику ABC AB = BC, AC = 48 см, BD =
= 32 см — висота (рис. 24). оскільки висота BD
є також медіаною трикутника ABC, то AD = DC = 24 см.
Із трикутника ABD (∠D = 90°) за теоремою Піфагора
AB = + =
24 32 40
2 2
(см).
за формулою радіуса описаного кола
R
AB BC AC
S
AB AC
AC BD
AB
BD
= = =
⋅ ⋅ ⋅
⋅ ⋅
4 4 0 5 2
2 2
,
, R = =
⋅
40
2 32
2
25 (см).
Відповідь: 25 см.
Зазначимо, що цю задачу можна розв’язати
і без застосування формули радіуса описаного ко-
ла. Але такий спосіб може виявитися більш склад-
ним, особливо тоді, коли він потребує обґрунту-
вання розміщення центра описаного кола в дано-
му трикутнику.
Рис. 24

41
118.
Дві сторони трикутника дорівнюють 5 см і 6 см. Чи може площа
цього трикутника дорівнювати 10 см2
; 15 см2
; 30 см2
?
119.
Серед усіх паралелограмів із заданими сторонами a і b визначте
той, площа якого є найбільшою. Відповідь обґрунтуйте.
120.
Два трикутники описані навколо одного кола. Відомо, що пери-
метр першого трикутника менший, ніж периметр другого. Який
із цих трикутників має більшу площу?
121.
Накресліть паралелограм із кутом 30° і виміряйте довжини його
сторін.
а) Обчисліть площу побудованого паралелограма.
б) Накресліть прямокутник, сторони якого дорівнюють сто
ро
нам
побудованого паралелограма. У скільки разів площа прямокутника
більша за площу паралелограма?
122.
Накресліть гострокутний трикутник, площа якого дорівнює 12 см2
.
Накресліть тупокутний трикутник, рівновеликий побудова
ному го-
строкутному, так, щоб побудовані трикутники мали спільну сторону.
Рівень А
123. Знайдіть площу трикутника ABC, якщо:
а) AB = 10, BC = 12, ∠ B = 30°;
б) AB = AC = 6, ∠ A = 120°;
в) AC =5 2, BC = 8, ∠ A = 100°, ∠ B = 35°.
124. Знайдіть площу:
а) прямокутного трикутника з катетом 6 3 см і прилеглим ку-
том 60°;
б) паралелограма зі сторонами 4 см і 4 3 см та кутом 60°;
в) прямокутника з діагоналлю 12 см і кутом між діагона
лями 30°.

42
а) рівнобедреного трикутника з бічною стороною 10 см і кутом при
основі 75°;
б) ромба з периметром 16 2 см і кутом 135°;
в) квадрата з діагоналлю 6 см.
126.
Площа трикутника ABC дорівнює 20 см2
. Знайдіть сторону BC,
якщо AC =5 2 см, ∠ C = 45°.
127.
Знайдіть кути паралелограма зі сторонами 3 см і 12 см, якщо його
площа дорівнює 18 см2
.
128.
Кут при вершині рівнобедреного трикутника дорівнює 30°. Знай
діть бічну сторону трикутника, якщо його площа дорівнює 36 м2
.
129. Знайдіть площу трикутника зі сторонами:
а) 13, 14 і 15; в) 8, 29 і 35;
б) 15, 26 і 37; г) 17, 25 і 26.
130.
Сторони паралелограма дорівнюють 25 см і 29 см, а одна з діа
гоналей — 36 см. Знайдіть площу паралелограма.
131. Знайдіть площу трикутника зі сторонами 5, 5 і 6 двома спо
собами.
132. Знайдіть радіуси вписаного й описаного кіл:
а) рівнобедреного трикутника з основою 12 см, якщо медіана, про-
ведена до основи, дорівнює 8 см;
б) трикутника зі сторонами 7 см, 15 см і 20 см.
133.
Знайдіть радіуси вписаного й описаного кіл трикутника зі сто
ронами 16, 25 і 39.
Рівень Б
134. Знайдіть площу трикутника ABC, якщо:
а) ∠ A = α, а висоти, проведені з вершин B і C, відповідно дорів
нюють hb і hc;
б) ∠ A = α, ∠ B = β, а висота, проведена з вершини B, дорів
нює hb.
а) рівнобедреного трикутника з основою 8 3 см, найменший зо-
внішній кут якого дорівнює 60°;
б) паралелограма з кутом 30°, якщо бісектриса цього кута ділить
сторону на відрізки завдовжки 11 см і 5 см починаючи від верши-
ни протилежного кута;
в) прямокутника, діагональ якого дорівнює 10 см і утворює зі сто-
роною кут 75°.

43
а) ромба з периметром 80 см і відношенням кутів 1 : 5;
б) трикутника зі сторонами 6 3 см, 4 см і 14 см.
137.
Знайдіть периметр трикутника з площею 6 3 см2
і кутом 60°,
якщо сторони, прилеглі до даного кута, відносяться як 3 : 8.
138.
Площа прямокутника з діагоналлю 6 см дорівнює 9 3 см2
. Знай
діть сторони прямокутника.
139.
Чи може у формулі Герона хоча б одна з різниць p − a, p − b або p − c
бути від’ємною? Відповідь обґрунтуйте.
140.
Знайдіть найбільшу висоту й радіус вписаного кола для трикут
ника зі сторонами:
а) 4, 13 і 15; б) 9, 10 і 17; в) 16, 25 і 39.
141.
Знайдіть найменшу висоту й радіус описаного кола для трикут
ника зі сторонами:
а) 10, 17 і 21; б) 20, 34 і 42.
142 (опорна). Площа описаного многокутника дорівнює добутку його
півпериметра на радіус вписаного кола. Доведіть.
143.
Периметр рівнобедреного трикутника дорівнює 64 см, а бічна сто-
рона відноситься до основи як 5 : 6. Знайдіть радіуси вписаного
й описаного кіл трикутника.
144.
Висота трикутника дорівнює 12 см і ділить його сторону на відріз-
ки завдовжки 5 см і 9 см. Знайдіть радіуси вписаного й описаного
кіл трикутника.
Рівень В
145.
Основи трапеції дорівнюють 3 см і 11 см, а діагоналі — 13 см
і 15 см. Знайдіть площу трапеції.
146.
Паралельні сторони трапеції дорівнюють 2 см і 6 см, а непаралель
ні — 13 см і 15 см. Знайдіть площу трапеції.
147.
Точка дотику вписаного кола ділить бічну сторону рівнобічної тра-
пеції на відрізки завдовжки 9 см і 16 см. Знайдіть радіус кола
і площу трапеції.
148.
Знайдіть радіус кола, описаного навколо трапеції, у якій бічна
сторона дорівнює 40 см, основа — 13 см, а діагональ — 51 см.

44
• теорема Фалеса; середні лінії
трикутника і трапеції;
• теорема Піфагора.
Задачі
149. У мотузковому містечку дві точки маршруту, що розташовані на
висоті 5,6 м і 2 м, з’єднані прямим містком. Знайдіть відстань від
середини цього містка до землі.
150. Відрізки AA1 = 10 см і BB1 = 28 см — відстані від точок A і B
до прямої l (точки A і B лежать по один бік від прямої). Знайдіть
відстань між точками A і B, якщо A1B1 = 24 см.
Задачі для підготовки до контрольної роботи № 1
1. У трикутнику ABC AB = 8 м, BC = 15 м, ∠ B = 60°. Знайдіть периметр
і площу трикутника.
2. У трикутнику DEF DE = 4 см, ∠ D = 30°, ∠ E = 120°. Знайдіть невідомі
сторони трикутника і радіус кола, описаного навколо нього.
3. Дано трикутник зі сторонами 13, 20 і 21.
а) Доведіть, що даний трикутник гострокутний.
б) Знайдіть площу трикутника.
в) Знайдіть найменшу висоту трикутника.
4. Сторони паралелограма дорівнюють 8 2 см і 2 см та утворюють
кут 45°. Знайдіть меншу діагональ і площу паралелограма.
5. Основа рівнобедреного трикутника дорівнює 24 см, а проведена
до неї висота — 16 см. Знайдіть радіус кола, вписаного в трикутник.
6. Діагональ, бічна сторона і більша основа рівнобічної трапеції дорів-
нюють відповідно 40 см, 13 см і 51 см. Знайдіть радіус кола, описа-
ного навколо трапеції.
Онлайн-тестування
8 клас, § 13
8 клас, § 6

45
Підсумки розділу І
Підсумки розділу І
Тригонометричні функції
– –
– –
sin α = y
cos α = x
tgα =
y
x
ctgα =
x
y
Тригонометричні тотожності і формули зведення
Тригонометричні тотожності
sin2
α + cos2
α = 1
tg
sin
cos
α
α
α
= (α ≠ 90°)
ctg
cos
sin
α
α
α
= (α ≠ 0°, α ≠ 180°)
tg α ⋅ ctg α = 1(α ≠ 0°,α ≠ 90°,α ≠ 180°)
1 2
2
1
+ =
tg
cos
α
α
(α ≠ 90°)
1 2
2
1
+ =
ctg
sin
α
α
(α ≠ 0°, α ≠ 180°)
Формули зведення
Для 0°   α   90°
sin (90° − α) = cos α
cos (90° − α) = sin α
Для 0°  α  90°
tg (90° − α) = ctg α
ctg (90° − α) = tg α
Для 0°   α   180°
sin (180° − α) = sin α
cos (180° − α) = −cos α
tg (180° − α) = −tg α (α ≠ 90°)
ctg (180° − α) = − ctg α
(α ≠ 0°, α ≠ 180°)

46
Теорема косинусів та наслідки з неї
a
c
b
Квадрат будь-якої сторони трикутни-
ка дорівнює сумі квадратів двох інших
сторін без по
двоєного добутку цих сторін
на косинус кута між ними:
c2
 = a2
 + b2
 − 2ab cos C
Наслідок 1 Наслідок 2
У трикутнику ABC зі сто-
ронами a, b, c і кутом C
між сторонами a і b
cosC
a b c
ab
=
+ −
2 2 2
2
Якщо в трикутнику зі сторонами a, b, c
справджується нерівність a2
 + b2
  c2
, то
кут C гострий; якщо a2
 + b2
  c2
, то кут C
тупий; якщо a2
 + b2
 = c2
, то кут C прямий
Теорема синусів
a
c
b
Сторони трикутника пропорційні сину-
сам протилежних кутів:
a
A
b
B
c
C
R
sin sin sin
= = = 2 ,
де R — радіус кола, описаного навколо
трикутника

heometria_9_klas_iershova_2022.pdf

heometria_9_klas_iershova_2022.pdf

Recommended

Recommended

More Related Content

Similar to heometria_9_klas_iershova_2022.pdf

Similar to heometria_9_klas_iershova_2022.pdf (20)

More from ssuser59c0a2

More from ssuser59c0a2 (20)

Recently uploaded

Recently uploaded (10)

heometria_9_klas_iershova_2022.pdf